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东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）化学参考答案（含解析）1．D【详解】A．同主族从上到下元素非金属性递减，故非金属性：C>Si>Ge，A正确；B．同主族时电子层越多，原子半径越大，则原子半径：C<Si<Ge，B正确；C．非金属性越强，对应

最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：232323HCO>HSiO>HGeO，C正确；D．同主族从上至下，元素非金属性递减，故最简单的气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，热稳定性：444CH>SiH>GeH，D不正确；答案选D。2．

B【分析】①二氧化碳、二氧化硫都可以使澄清石灰水变浑浊；②二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物气体都可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色；③使品红溶液褪色的气体二氧化硫气体；④二氧化碳、二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成盐，加入氯化钡溶液都会生成白色沉淀；⑤通入溴水中能使溴水褪色，再滴加

Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，该气体为SO2。【详解】①二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物，和碱反应生成盐和水，都可以使澄清石灰水变浑浊，故①不符合；②二氧化碳、二氧化硫都是酸性氧化物气体，遇到水生成对应的酸，溶液酸性

都可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，故②不符合；③使品红溶液褪色的气体是二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，故③符合；④二氧化碳、二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成碳酸盐、亚硫酸盐，加入氯化钡溶液反应会生成碳酸钡、亚硫

酸钡白色沉淀，故④不符合；⑤通入溴水中能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，该气体为SO2，故⑤符合。所以能证明是SO2而不是CO2的是③⑤。故选B。3．D【分析】配离子是由一个金属阳离子和一定数目的中性分子或阴离子以配位键结合而成的复杂离子，可能存在

于配位化合物晶体中，也可能存在于溶液中.【详解】A．水对铜离子有络合作用，CuSO4水溶液中存在四水合铜络离子，铜离子提供空轨道，水分子提供孤对电子，存在配离子，A不符合题意；B．银氨溶液中银离子提供空轨道，氨气提供孤对电子，存在配离子

，B不符合题意；C．硫氰化铁溶液中铁离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤对电子，存在配离子，C不符合题意；D．I2的CCl4溶液为碘单质的四氯化碳溶液，无配离子，D符合题意；答案选D。4．D【详解】A．通过计算，15

.2g绿矾（FeSO4•7H2O）的物质的量为15.2g278g/mol＜0.5L×0.2mol·L－1，应称量绿矾的质量为0.1mol×278g/mol=27.8g，故A错误；B．将称取的绿矾晶体放到小烧杯中溶解，故B错误；

C．配制溶液过程中，定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配溶液浓度偏大，故C错误；D．溶液具有均一性，从所配制的溶液中取出200mL，所取溶液中Fe2+的物质的量浓度仍为0.2mol·L－1，故D正确；故选D。5．D【详解】A.羟氯喹分子中含有苯环，能与氢发生加成反应，

故A正确，但不符合题意；B.羟氯喹的分子式为C18H24CN3O，故B正确，但不符合题意；C.羟氯喹分子中的—CH3在光照条件下能与氯气发生取代反应，故C正确，但不符合题意；D.羟氯喹分子中含有醇羟基，能与金属钠发生反应，故D错误，符合题意；故选：D。6．B【详解】A.氧化铁能与酸反应与可制红色

涂料无关，故不选A；B.氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，所以可作胃酸中和剂，故B正确；C.二氧化硅能做光导纤维，与其熔点无关，故不选C；D.NaHCO3不稳定，受热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生CO2气体，使糕点蓬松，所以食品

工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，与小苏打能与碱反应无关，故不选D。7．D【详解】A．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故A正确；B．维生素C又叫抗坏血酸，主要存在于新鲜蔬菜、水

果中“维生素C”受热时易被破坏，应采取凉拌生食、或不要煮过长时间，故B正确；C．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故C正确；D．液化石油气是碳氢化合物所组成的，主要成分是丁烯、丙烯、丁烷和丙烷，故D错误；故选D

选项。8．C【详解】A．根据反应②，Mg为还原剂，Ti为还原产物，则还原性：Ti<Mg，A项正确；B．Mg易被氧化，故要在隔绝空气的条件下进行，B项正确；C．反应①中C的化合价由0价升高为+2价，C为还原剂，FeTiO3中Fe元素的化合价由+2升高到+

3价，做还原剂，Cl2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，C项错误；D．反应①中每生成6个CO，转移电子14个，则生成标准状况下6.72LCO，其物质的量为6.72L22.4L/mol=0.3mol，则转移0.7mol电子，D项正确；答案选C。9．B

【解析】①中甲烷物质的量为13.44L÷22.4L/mol＝0.6mol，质量是0.6mol×16g/mol＝9.6g，氢原子的物质的量是0.6mol×4＝2.4mol。②HCl的物质的量是1mol，质量是1mol×36.5g/mol＝36.5g，氢原子的物质的量是1mol×1＝1m

ol，标准状况下的体积是1mol×22.4L/mol=22.4L。③中H2S的物质的量是27.2g÷34g/mol＝0.8mol，氢原子的物质的量是0.8mol×2＝1.6mol,标准状况下的体积是0.8mol×22.4L/mol

=17.92L。④中氨气的物质的量是23232.40810602=.100.4mol，质量是0.4mol×17g/mol＝6.8g，氢原子的物质的量是0.4mol×3＝1.2mol,标准状况下的体积是0.4mol×22.4L/mol=8.96L。【详解】A.体积

：②＞③＞①＞④，故A错误；B.同温同压，气体密度与摩尔质量呈正比，所以密度：②＞③＞④＞①，故B正确；C.根据计算，质量：②＞③＞①＞④，故C错误；D.H原子个数：①＞③＞④＞②，故D错误；答案选B

。10．B【详解】A．calebinA中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A错误；B．该分子中碳原子形成的共价键有四个单键，也有碳碳双键，存在sp2、sp3两种杂化方式，故B正确；C．1mol该分子存在酚羟基，溴原子取代酚羟基邻位和对位上的氢原

子，而该分子只有2mol邻位氢原子可以被取代，与溴水反应，消耗2mol溴单质，还含有2mol的碳碳双键，与溴水发生加成反应，消耗2molBr2，所以共消耗4molBr2，故C错误；D．该物质含有酚羟基，酚羟基具有还原性，容易被空气氧化，在空气中不能长时间保存，故D错误；故选：B。11．A【详

解】A．C16H32的摩尔质量为224g/mol，则22.4g鲸蜡烯的物质的量为22.4224g/molg=0.1mol，含有的分子数为0.1NA，故A正确；B．合成氨是可逆反应，反应物的转化率小于100%，则21molN和23molH在一定条件下充分反应生成3NH分子的数

目小于2AN，故B错误；C．1molCl2参与氧化还原反应时转移电子的数目不一定为2NA，如1molCl2完全溶解于NaOH生成NaCl和NaClO，转移电子的数目不一定为1NA，故C错误；D．苯环中不含有碳碳双键，则10.4g苯乙烯()分子中含有碳碳双键的数目为0.1AN，故D错误；故

答案为A。12．A【分析】石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生2SiO2C==Si2CO高温＋＋，粗硅与氮气反应生成Si3N4，据此分析；【详解】A．焦炭与石英砂发生反应2SiO2C==Si2CO高温＋＋，焦炭被

氧化成CO，不是CO2，故A错误；B．“高温氮化”是Si与氮气反应，其反应方程式为2343Si2N==SiN高温＋，故B正确；C．原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Cu反应生成CuO，N2不与Cu反应，操作X可以得到纯净氮气，故C正确；D．

粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe、Cu与稀硝酸反应，得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu，故D正确；答案为A。13．AD【分析】计算出5s内用水蒸气表示的平均反应速率，然后利用化学计量数

与化学反应速率成正比确定用一氧化氮、氧气、氨气表示的反应速率。【详解】A.5s后H2O的物质的量增加了6mol，则该时间段用H2O表示的平均反应速率为：v(H2O)=6mol2L5s=0.6mol/(L·s)，故A正确；B.根据A选项ν(H2O)=0.6mol/(L·s

)，则ν（O2）=56ν（H2O）=0.5mol/(L·s)，故B错误；C.根据A选项ν(H2O)=0.6mol/(L·s)，则ν（NO）=23ν（H2O）=23×0.6mol/(L·s)=0.4mol/（L·s），故C错误；D.根据A选项ν(H2O)=0.6mol/(L·s

)，则ν（NH3）=23ν（H2O）=23×0.6mol/(L·s)=0.4mol/（L·s），故D正确；答案为AD。14．CD【详解】随着pH增大，2(HR)c减小，(HR)c−先增大后减小，2(R)c−增大，()()2

HRlgHRcc−增大，()()2HRlgRcc−−减小，所以图1中1代表2HR，2代表HR−，3代表2R−，图2中1L代表()()2HRlgHRcc−随pH变化曲线，2L代表()()2HRlgRcc

−−随pH变化曲线。A．2HR、HR−(电离大于水解)会抑制水电离，2R−会促进水电离，随着pH增大，2(HR)c减小，(HR)c−先增大后减小，2(R)c−增大，d、c两点pH均为3，为同一溶液，所以水的电离程度cdba=，选项A错误；B．

由图2知，b点pH3，再由图1可知()()()()22HRHRHRcccc−+−，选项B错误；C．由图2知，N点为1L与2L的交点，有()()()()22HRHRlglgHRRcccc−−−=，解得()()22HRR

cc−=，即图2中N点为图1中M点，又由()()()()()()22a1a22HHRHRHHR(HR)ccccKKccc+−+−+==，解得()1.34.32.8H101010c+−−−==，即pH2.8=，选项C正确；D．d

点时，联立电荷守恒()()()()()()2NaHClOH2RHRcccccc++−−−−+=+++、物料守恒()()()()22Na2HRHRRcccc+−−=++得()()()()()2HR2HRClOHH

ccccc−−−++=+−，再由d点pH3=，由图1知，()()2HRHRcc−，所以有()()()()3HRClOHHcccc−−−++−，选项D正确；答案选CD。15．CD【详解】A．NO2可与NaOH溶液反应，故A正确：B．氯气本身没有漂白性，鲜花中含有水，干燥的氯气与水反应

生成HClO，HClO能使鲜花褪色，故B正确；C．K能与水反应，不能从FeCl3溶液中置换出Fe，故C错误：D．AlCl3溶液与Na2S溶液会发生强烈的双水解反应，不能制备出Al2S3，故D错误；故选CD。16．(1)分液漏斗(

2)控制滴加浓盐酸的滴加速率控制酒精灯加热温度不能太高(3)11.2(4)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O(5)3＜pH＜5.5【分析】在装置B中MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置C中通过饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，

然后经装置D浓硫酸干燥后用向上排空气的方法收集，最后根据Cl2能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。【详解】（1）根据图示可知仪器A的名称为分液漏斗；（2）为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有：①控

制滴加浓盐酸的滴加速率不能太快；②控制酒精灯加热温度不能太高；（3）在装置B中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑

+2H2O。在该反应中Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低2价，得到电子2e-；Cl元素化合价由反应前HCl中-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2价，失去电子2×e-；用双线桥标出电子转移为：；根据反应方程式可

知：在反应中每有1molHCl被氧化，反应产生0.5molCl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；（4）根据图示可知：在t1分钟后所发生主要反应是氯气和氢氧化

钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；（5）Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中HClO的浓度越大杀菌能力越强。根据25℃时，氯水中Cl2(溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与

pH的关系图可知：HClO所占百分含量最大值为溶液pH在3-5.5，故用Cl2处理饮用水时，溶液的pH最佳控制范围是3＜pH＜5.5。17．大+HNO3+H2O①②③6不在【分析】苯在浓硫酸作用下和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯A

()，由并结合题给信息可推知B为。苯和溴发生取代反应生成溴苯C，溴苯和浓硫酸发生磺化反应生成D()，D和氢气加成生成。【详解】（1）苯与浓硫酸和浓硝酸的混合液在加热条件下反应生成硝基苯，硝基苯的密度大于水，反应方程式为+HNO3+H2O。（2）由苯生成溴苯的反应为取代反应，由溴苯生成的反

应也为取代反应，由生成的反应是加成反应。（3）由并结合题给信息可推知B为，苯环上的二氯代物有、、、、、，共6种。由4CH的正四面体结构和3NH的三角锥形结构可知，的所有原子不可能都在同一平面上。18．第二周期VA族＜＜＜＞C1O4-3C1

O-＝C1O3-+2Cl-放热【分析】F是其所在周期中最活泼的金属元素，F一定是第4周期ⅠA族元素，是K元素；A、B、C、D、E属于前3周期；A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18，A、B、C分别是N

、O、F元素，B、D同主族，D是S元素，D、E同周期，E是Cl元素。【详解】（1）N元素在周期表中的位置第二周期VA族；S与K形成的最简单离子化合物K2S的电子式；（2）K+、S2-电子层数相同、钾离子质子数大于硫离子，半径K+<S2-；同周期从左到右非金属性增强，非金属性N<

O；非金属性S<Cl，酸性H2SO4<HClO4；HF含有氢键，沸点高，沸点HF>HCl；（3）①d点氯元素化合价为+7,对应的微粒是C1O4—；②a、b、c点对应的离子符号是Cl—、C1O—、C1O3—，b→a+c反应的离子方程式为3C1O—＝C1O3—+2Cl—；反应物的总能量为180，

生成物的总能量为63，反应放热。19．H2O2⇌H++HO2﹣①④2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2ONiSO4•6H2O【详解】（1）第一步电离，1个H2O2电离出1个H+，电离方程式为：H2O2H

＋+HO2－；第二步电离为：HO2-O22‾+H+，所以电离平衡常数Ka2＝222()()()cHcOcHO+−−。（2）在反应过程中先被氧化，后被还原，说明该物质具有还原性，I‾、Fe2+具有较强的还原性

，故①④正确。（3）①废水中含有Fe2+，具有还原性，被H2O2氧化，离子方程式为：2H＋+2Fe2＋+H2O2＝2Fe3＋+2H2O；②根据方程式：Ni2＋+H2Y2－＝NiY2－+2H＋，原样品含NiSO4的物质的量为：0.04000mol/L×0.025L×250/25＝0.

01mol，则该物质的摩尔质量为：2.627g÷0.01mol=262.7g/mol，结晶水的系数为：（262.7-154.7）÷18＝6，所以化学式为：NiSO4·6H2O。20．4NAHCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在

氢键N＞O＞CCl、C前者sp2杂化A184VN【分析】(5)中N原子有一对孤电子，容易给出电子对形成配位键，中N原子参与形成大π键，不易给出电子对形成配位键。(6)③由均摊法可知，该晶胞中N原子个数=8×18+8×14+2

×12+4=8，C原子个数=3+6×12=6，【详解】(1)C为6号元素，基态碳原子的价电子排布图为：，故答案为：；(2)单键全是σ键，双键有一个是σ键，一个是π键，所以，1molHCOOH中含有4molσ键，即4NA，HCOOH和CO2均为

分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键，故HCOOH的沸点比CO2高，故答案为：4NA；HCOOH和CO2均为分子晶体，但HCOOH分子间存在氢键；(3)Ru络合物中除Ru元素外还有H、C、N、O、P、C

l元素，位于第二周期的有：C、N、O三种元素，一般情况下，从左往右，第一电离能增大，但第ⅤA族的N原子2p轨道电子处于半充满状态，比O难失电子，第一电离能比O大，综上所述，三者第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；(4)由图可知，Ru络合物中与Ru配位的原子有N、Cl、C，

故答案为：Cl、C；(5)前者的sp2杂化轨道上有一个孤电子对，更容易形成配位键，故答案为：前者；(6)①该物质中N原子价层电子对数为3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp2杂化；②由图二可知，重复的结构单元为六元环和外加三个N原子形成的结构，如图所示：，

故答案为：；③由均摊法可知，该晶胞中N原子个数=8×18+8×14+2×12+4=8，C原子个数=3+6×12=6，1个晶胞的质量=A814+612gN，密度ρ=AA3814+612g184NVNVcm=g.cm-3，故答案为：A184VN。【点睛】均摊法计算立方

晶胞中原子个数时，每个立方体内的原子贡献1，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com